Feuille d'entraînement : Photons et dualité onde-corpuscule

Corrigés

1. Exercice 1CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2026, Q4

   D'après les résultats de la question Q3, l'énergie mécanique moyenne de l'oscillateur s'écrit :

   \langle E_{\mathrm{m}} \rangle = \langle E_{\mathrm{c}} \rangle + \langle E_{\mathrm{p}} \rangle = \frac{\Delta p_x^2}{2\mu} + \frac{1}{2}\mu\omega_0^2 \Delta x^2

   L'inégalité spatiale de Heisenberg s'énonce :

   \Delta x \, \Delta p_x \ge \frac{\hbar}{2} \implies \Delta p_x^2 \ge \frac{\hbar^2}{4 \Delta x^2}

   En substituant cette minoration dans l'expression de l'énergie mécanique moyenne, on obtient :

   \langle E_{\mathrm{m}} \rangle \ge \frac{\hbar^2}{8\mu \Delta x^2} + \frac{1}{2}\mu\omega_0^2 \Delta x^2

   Pour trouver le minimum de cette borne inférieure en fonction de la variable positive u = \Delta x^2, on utilise l'inégalité arithmético-géométrique (a+b \ge 2\sqrt{ab} pour tous réels a,b > 0) :

   \frac{\hbar^2}{8\mu \Delta x^2} + \frac{1}{2}\mu\omega_0^2 \Delta x^2 \ge 2 \sqrt{\frac{\hbar^2}{8\mu \Delta x^2} \times \frac{1}{2}\mu\omega_0^2 \Delta x^2} = 2 \sqrt{\frac{\hbar^2 \omega_0^2}{16}} = \frac{1}{2}\hbar\omega_0

   Ce minimum est atteint lorsque les deux termes sont égaux, soit pour :

   \Delta x = \sqrt{\frac{\hbar}{2\mu\omega_0}} \quad \text{et} \quad \Delta p_x = \sqrt{\frac{\mu\hbar\omega_0}{2}}

   L'énergie mécanique moyenne ne peut donc pas être inférieure à :

   \boxed{\langle E_{\mathrm{m}} \rangle_{\min} = \frac{1}{2} \hbar \omega_0}

   Commentaire : Contrairement au cas classique où l'énergie minimale moyenne est nulle (\langle E_{\mathrm{m}} \rangle = 0 pour une particule immobile à la position d'équilibre x=0, d'après Q2), le modèle quantique interdit d'annuler simultanément la position et la quantité de mouvement car cela violerait l'inégalité de Heisenberg (\Delta x = 0 et \Delta p_x = 0 entraînerait \Delta x \, \Delta p_x = 0 < \hbar/2). L'oscillateur possède donc une énergie résiduelle non nulle au repos (ou « énergie de point zéro »), même dans son état fondamental.

   Résultat

   $$⟨E_{\mathrm{m}}{⟩}_{\min }=\frac{1}{2}\hslash {\omega }_0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MP 2025, Q25

   Considérons la collision élastique (réflexion spéculaire) d'un photon sur la voile parfaitement réfléchissante. Choisissons un repère orthonormé (O, \vec{e}_x, \vec{e}_y) où \vec{e}_x est le vecteur unitaire normal au plan de la voile, dirigé dans le sens du faisceau réfléchi (vers l'arrière de la voile par rapport au flux incident).

   D'après la figure 10, le vecteur quantité de mouvement d'un photon incident s'écrit :

   \vec{p}_{\text{inc}} = p \cos\beta\,\vec{e}_x + p \sin\beta\,\vec{e}_y

   où p = \frac{h}{\lambda} d'après la question Q23.

   La réflexion étant parfaitement spéculaire, la composante tangentielle de la quantité de mouvement est conservée tandis que la composante normale est inversée :

   \vec{p}_{\text{réfl}} = -p \cos\beta\,\vec{e}_x + p \sin\beta\,\vec{e}_y

   La variation de quantité de mouvement subie par un photon lors du choc est donc :

   \Delta \vec{p}_{\text{photon}} = \vec{p}_{\text{réfl}} - \vec{p}_{\text{inc}} = -2 p \cos\beta\,\vec{e}_x

   Par principe des actions réciproques (ou par conservation de la quantité de mouvement totale du système isolé \{\text{voile} + \text{photons}\}), la quantité de mouvement transmise à la voile par un photon vaut :

   \delta \vec{p}_{\text{voile, 1}} = -\Delta \vec{p}_{\text{photon}} = 2 p \cos\beta\,\vec{e}_x

   Pendant la durée \delta t, le nombre de photons se réfléchissant sur la voile est \delta N. La variation totale de quantité de mouvement de la voile s'écrit donc :

   \delta \vec{p}_{\text{voile}} = \delta N \times \delta \vec{p}_{\text{voile, 1}} = 2 p \cos\beta\,\delta N\,\vec{e}_x

   En utilisant les expressions obtenues aux questions Q23 et Q24 (p = \frac{h}{\lambda} et \delta N = \frac{I_s \lambda S \cos\beta\,\delta t}{h c}), on obtient :

   \begin{aligned} \delta \vec{p}_{\text{voile}} &= 2 \left(\frac{h}{\lambda}\right) \cos\beta \times \left(\frac{I_s \lambda S \cos\beta\,\delta t}{h c}\right) \vec{e}_x \\ &= \frac{2 I_s \cos^2\beta}{c} S\,\delta t\,\vec{e}_x \end{aligned}

   La force moyenne exercée par les photons sur la voile est :

   \vec{F} = \frac{\delta \vec{p}_{\text{voile}}}{\delta t} = \frac{2 I_s \cos^2\beta}{c} S\,\vec{e}_x

   Cette force est proportionnelle à l'aire S de la surface et dirigée selon la normale \vec{e}_x. Elle s'identifie donc à une force de pression \vec{F} = p_r S \vec{e}_x, associée à la pression de radiation :

   \boxed{p_r = \frac{2 I_s \cos^2 \beta}{c}}

   Résultat

   $$p_r=\frac{2I_s{\cos }^2\beta }{c}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CCINP Physique MP 2024, Q2

   a) Ouverture angulaire à partir des relations d'incertitude de Heisenberg

   Considérons la direction transverse Ox, perpendiculaire à l'axe de propagation Oz du faisceau. En amont du diaphragme, les photons se propagent selon Oz avec une quantité de mouvement transverse nulle (p_x = 0).

   Le passage à travers le trou circulaire de rayon r (diamètre 2r) localise spatialement chaque photon dans le plan de l'écran, avec une incertitude spatiale de l'ordre de la dimension du trou :

   \Delta x \sim 2r

   D'après l'inégalité d'indétermination spatiale de Heisenberg, la composante de quantité de mouvement p_x vérifie :

   \Delta x \cdot \Delta p_x \ge \frac{\hbar}{2}

   Cette localisation spatiale impose une indétermination minimale non nulle sur la quantité de mouvement transverse :

   \Delta p_x \ge \frac{\hbar}{2 \Delta x} > 0

   Les photons peuvent donc acquérir une composante transverse de quantité de mouvement p_x \neq 0, ce qui dévie leur trajectoire par rapport à l'axe Oz : il y a donc nécessairement une ouverture angulaire du faisceau.

   b) Ordre de grandeur de l'ouverture angulaire

   Pour des angles d'ouverture faibles (\theta \ll 1), la déviation angulaire s'exprime par le rapport des composantes de la quantité de mouvement :

   \theta \approx \frac{\Delta p_x}{p_z}

   D'après la question Q1.a, la quantité de mouvement totale selon l'axe est p_z = p = \frac{h}{\lambda}. En prenant en ordre de grandeur \Delta x \cdot \Delta p_x \sim h (ou \Delta p_x \sim \frac{h}{2r} avec \Delta x \sim 2r) :

   \theta \sim \frac{\frac{h}{\Delta x}}{\frac{h}{\lambda}} = \frac{\lambda}{\Delta x}

   En prenant \Delta x \sim 2r (diamètre du trou) :

   \boxed{\theta \sim \frac{\lambda}{2r}}

   (On peut également écrire \theta \sim \frac{\lambda}{r} selon que l'incertitude est prise égale au rayon ou au diamètre).

   Commentaires :

   • Plus l'ouverture est étroite (r \to 0), plus l'étalement angulaire \theta est important.
   • Lorsque la taille de l'ouverture est très grande devant la longueur d'onde (r \gg \lambda), l'angle \theta devient négligeable : on retrouve la propagation rectiligne de l'optique géométrique.

   Ce phénomène est la diffraction.

   Résultat

   $$\theta \sim \frac{\lambda }{2r}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CCINP Physique MP 2024, Q20

   1. Formule de De Broglie et longueur d'onde associée :

      D'après l'hypothèse de Louis de Broglie (1924), à toute particule matérielle possédant une quantité de mouvement p est associée une onde de matière de longueur d'onde :

      \lambda = \frac{h}{p}

      Considérons un électron de masse m et de charge -e, initialement au repos, accéléré par une différence de potentiel U. Le théorème de l'énergie cinétique donne l'énergie cinétique acquise :

      E_c = e U

      Cette énergie (E_c = 100\text{ eV}) étant très inférieure à l'énergie de masse de l'électron (m c^2 \approx 511\text{ keV}), un traitement non relativiste est pleinement justifié :

      E_c = \frac{p^2}{2m} \implies p = \sqrt{2m E_c} = \sqrt{2m e U}

      La longueur d'onde associée au faisceau d'électrons s'exprime donc par :

      \boxed{\lambda = \frac{h}{\sqrt{2m e U}}}

      Application numérique :

      \begin{aligned} h &= 6,63 \cdot 10^{-34}\text{ J}\cdot\text{s} \\ m &= 9,11 \cdot 10^{-31}\text{ kg} \\ e &= 1,6 \cdot 10^{-19}\text{ C} \\ U &= 100\text{ V} \end{aligned}
      \begin{aligned} p &= \sqrt{2 \times 9,11 \cdot 10^{-31} \times 1,6 \cdot 10^{-19} \times 100} \approx 5,40 \cdot 10^{-24}\text{ kg}\cdot\text{m}\cdot\text{s}^{-1} \\ \lambda &= \frac{6,63 \cdot 10^{-34}}{5,40 \cdot 10^{-24}} \approx 1,23 \cdot 10^{-10}\text{ m} \end{aligned}
      \boxed{\lambda \approx 0,123\text{ nm} = 1,23\text{ \AA}}

   2. Pouvoir de résolution comparé :

      La résolution spatiale ultime d'un instrument d'optique est limitée par le phénomène de diffraction. D'après le critère de Rayleigh (ou la limite d'Abbe), le plus petit détail résoluble d_{\min} est proportionnel à la longueur d'onde utilisée :

      d_{\min} \sim \frac{\lambda}{2\,\text{O.N.}}

      où \text{O.N.} est l'ouverture numérique du système optique.

      • Pour un microscope optique conventionnel fonctionnant dans le domaine visible, \lambda_{\text{opt}} \sim 400\text{ à }700\text{ nm}, ce qui limite la résolution spatiale à environ 0,2\ \mu\text{m}.
      • Pour un microscope électronique, les électrons accélérés sous des tensions de quelques dizaines de volts à quelques centaines de kilovolts possèdent des longueurs d'onde de De Broglie \lambda_e de l'ordre de 10^{-10}\text{ m} (ici \lambda \approx 0,12\text{ nm}) voire 10^{-12}\text{ m} (quelques picomètres en microscopie électronique en transmission).

      La longueur d'onde associée aux électrons étant de trois à cinq ordres de grandeur plus courte que celle des photons visibles, la limite de diffraction est considérablement repoussée, conférant au microscope électronique un pouvoir de résolution bien supérieur (pouvant atteindre l'échelle atomique).

   Résultat

   $$\lambda =\frac{h}{\sqrt{2meU}}$$

   $$\lambda \approx 0,123\text{ nm}=1,23\text{ A˚}$$

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5. Exercice 5CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MP 2024, Q39

   D'après l'hypothèse de Louis de Broglie (1924), à toute particule matérielle possédant une quantité de mouvement p = \|\vec{p}\| est associée une onde de matière dont la longueur d'onde, dite longueur d'onde de de Broglie, est définie par :

   \lambda_B = \frac{h}{p} = \frac{2\pi\hbar}{p}

   où h est la constante de Planck et \hbar = \frac{h}{2\pi} la constante de Planck réduite.

   Pour les molécules de phtalocyanine \mathrm{PcH}_2, la vitesse v_0 \simeq 150\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} est très largement non relativiste (v_0 \ll c), de sorte que la quantité de mouvement s'écrit simplement :

   p = m v_0

   où m est la masse d'une molécule obtenue à la question Q36, et v_0 la vitesse moyenne déterminée à la question Q38.

   On en déduit l'expression de la longueur d'onde de de Broglie :

   \boxed{\lambda_B = \frac{2\pi\hbar}{m v_0}}

   Application numérique : Avec les données fournies par l'énoncé et les résultats précédents :

   • \hbar = 1{,}05\cdot 10^{-34}\text{ J}\cdot\text{s} ;
   • m \simeq 8{,}54\cdot 10^{-25}\text{ kg} (d'après Q36) ;
   • v_0 \simeq 153\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} (d'après Q38, ou 150\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}).

   \begin{aligned} \lambda_B &= \frac{2\pi \times 1{,}05\cdot 10^{-34}}{8{,}54\cdot 10^{-25} \times 153} \simeq 5{,}1\cdot 10^{-12}\text{ m} \end{aligned}

   \boxed{\lambda_B \simeq 5{,}1\cdot 10^{-12}\text{ m} = 5{,}1\text{ pm}}

   Résultat

   $${\lambda }_B=\frac{2\pi \hslash }{m{v}_0}$$

   $${\lambda }_B\simeq 5,1\cdot 10^{-12}\text{ m}=5,1\text{ pm}$$

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6. Exercice 6X-ENS Physique MP 2024, Q24

   Lors de l'absorption d'un photon incident d'énergie h\nu par un électron libre de la cathode, l'énergie est intégralement transférée à l'électron. Une part W_0 de cette énergie est consommée pour extraire l'électron du métal, le reliquat étant communiqué sous forme d'énergie cinétique. L'énergie cinétique maximale d'un photo-électron à la sortie immédiate de la cathode s'écrit selon la relation d'Einstein :

   E_{c,\max} = h\nu - W_0

   Lorsque la tension appliquée est u = -U_0 < 0, le champ électrique s'oppose au mouvement des électrons de la cathode vers l'anode. La variation d'énergie cinétique entre la cathode (potentiel nul) et l'anode (potentiel u = -U_0) pour un photo-électron de charge q = -e s'écrit, en appliquant le théorème de l'énergie cinétique :

   \Delta E_c = W(\vec{F}_e) = q (V_{\text{cathode}} - V_{\text{anode}}) = (-e) \big(0 - (-U_0)\big) = -e U_0

   Le photocourant i s'annule précisément lorsque les photo-électrons les plus véloces ne parviennent plus à atteindre l'anode, ce qui correspond à une énergie cinétique nulle à l'arrivée sur l'anode :

   0 - E_{c,\max} = -e U_0 \implies E_{c,\max} = e U_0

   En identifiant les deux expressions de E_{c,\max}, on obtient :

   e U_0 = h\nu - W_0

   D'où l'expression du potentiel d'arrêt :

   \boxed{U_0 = \frac{h}{e}\nu - \frac{W_0}{e}}

   Justification de l'observation ii) : Pour un matériau de cathode donné (fixant le travail d'extraction W_0), les grandeurs h, e et W_0 sont des constantes physiques. Le potentiel d'arrêt U_0 est donc une fonction affine de la seule fréquence \nu du rayonnement incident. En particulier, il ne dépend pas de la puissance lumineuse incidente P, ce qui confirme pleinement l'observation expérimentale ii).

   Résultat

   $$U_0=\frac{h}{e}\nu -\frac{W_0}{e}$$

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7. Exercice 7X-ENS Physique MP 2024, Q34

   D'après la question Q31, la loi de probabilité binomiale s'écrit, pour tout entier n \in \{0, \dots, N\} et avec p = \frac{\bar{n}}{N} :

   \mathcal{P}_n = \binom{N}{n} p^n (1-p)^{N-n} = \frac{N!}{n!\,(N-n)!} \left(\frac{\bar{n}}{N}\right)^n (1-p)^{N-n}

   On réorganise les facteurs sous la forme :

   \mathcal{P}_n = \frac{\bar{n}^n}{n!} \times \left[ \frac{N!}{(N-n)!\,N^n} \right] \times (1-p)^{N-n}

   D'après l'équation (12) fournie par l'énoncé, pour n fixé :

   \lim_{N \to +\infty} \left[ \frac{N!}{(N-n)!\,N^n} \right] = 1

   Étudions le comportement asymptotique du dernier facteur. Puisque p = \frac{\bar{n}}{N} \to 0 lorsque N \to +\infty, on peut écrire :

   \begin{aligned} (1-p)^{N-n} &= \exp\left[ (N-n) \ln(1 - p) \right] \\ &= \exp\left[ (N-n) \left( -p + \mathcal{O}(p^2) \right) \right] \\ &= \exp\left[ (N-n) \left( -\frac{\bar{n}}{N} + \mathcal{O}\left(\frac{1}{N^2}\right) \right) \right] \\ &= \exp\left( -\bar{n} + \frac{n \bar{n}}{N} + \mathcal{O}\left(\frac{1}{N}\right) \right) \end{aligned}

   Pour n et \bar{n} fixés, le terme \frac{n\bar{n}}{N} tend vers 0 lorsque N \to +\infty. Par continuité de la fonction exponentielle :

   \lim_{N \to +\infty} (1-p)^{N-n} = \mathrm{e}^{-\bar{n}}

   En combinant ces résultats, on obtient bien la loi de Poisson :

   \boxed{\lim_{N \to +\infty} \mathcal{P}_n = \frac{\bar{n}^n}{n!}\,\mathrm{e}^{-\bar{n}}}

   Résultat

   $$\underset{N\to +\infty }{\lim }{\mathcal{P}}_n=\frac{{\bar{n}}^n}{n!}{\mathrm{e}}^{-\bar{n}}$$

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8. Exercice 8CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2026, Q3

   Par définition de l'écart-type d'une grandeur en mécanique quantique, les variances associées à la position x et à la quantité de mouvement p_x s'écrivent :

   \begin{aligned} \Delta x^2 &= \langle x^2 \rangle - \langle x \rangle^2 \\ \Delta p_x^2 &= \langle p_x^2 \rangle - \langle p_x \rangle^2 \end{aligned}

   L'origine des coordonnées étant fixée à la position d'équilibre de l'oscillateur, la valeur moyenne de la position est nulle : \langle x \rangle = 0. De même, pour un état lié sans translation globale le long de l'axe (Ox), la quantité de mouvement moyenne est nulle : \langle p_x \rangle = 0.

   On en déduit :

   \langle x^2 \rangle = \Delta x^2 \quad \text{et} \quad \langle p_x^2 \rangle = \Delta p_x^2

   Énergie potentielle moyenne L'énergie potentielle est donnée par E_{\mathrm{p}}(x) = \frac{1}{2}\mu \omega_0^2 x^2. Par linéarité de l'espérance quantique :

   \langle E_{\mathrm{p}} \rangle = \frac{1}{2}\mu \omega_0^2 \langle x^2 \rangle = \frac{1}{2}\mu \omega_0^2 \Delta x^2

   On identifie alors la constante K_1 :

   \boxed{K_1 = \frac{1}{2}\mu \omega_0^2}

   Énergie cinétique moyenne Dans le cadre non relativiste, l'énergie cinétique s'exprime en fonction de la quantité de mouvement par E_{\mathrm{c}} = \frac{p_x^2}{2\mu}. Par linéarité de la moyenne :

   \langle E_{\mathrm{c}} \rangle = \frac{1}{2\mu}\langle p_x^2 \rangle = \frac{1}{2\mu}\Delta p_x^2

   On identifie ainsi la constante K_2 :

   \boxed{K_2 = \frac{1}{2\mu}}

   Résultat

   $$K_1=\frac{1}{2}\mu {\omega }_0^2$$

   $$K_2=\frac{1}{2\mu }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2026, Q5

   L'amplitude a_0 est homogène à une longueur, soit [a_0] = \mathsf{L}.
   Exprimons la dimension de chacune des grandeurs intervenant dans la loi de puissance a_0 = \hbar^\alpha \omega_0^\beta \mu^\delta dans le système international (\mathsf{M, L, T}) :

   • la constante de Planck réduite \hbar a la dimension d'une action (énergie \times temps) :

     [\hbar] = \mathsf{M \cdot L^2 \cdot T^{-2} \cdot T} = \mathsf{M \cdot L^2 \cdot T^{-1}}

   • la pulsation propre \omega_0 est l'inverse d'un temps :

     [\omega_0] = \mathsf{T^{-1}}

   • la masse \mu est une masse :

     [\mu] = \mathsf{M}

   L'équation aux dimensions s'écrit donc :

   [a_0] = [\hbar]^\alpha [\omega_0]^\beta [\mu]^\delta = \mathsf{M}^{\alpha + \delta} \cdot \mathsf{L}^{2\alpha} \cdot \mathsf{T}^{-\alpha - \beta} = \mathsf{L}^1

   Par identification des exposants selon chaque dimension fondamentale :

   \begin{aligned} \text{sur }\mathsf{L} &: 2\alpha = 1 \implies \alpha = \frac{1}{2} \\ \text{sur }\mathsf{M} &: \alpha + \delta = 0 \implies \delta = -\alpha = -\frac{1}{2} \\ \text{sur }\mathsf{T} &: -\alpha - \beta = 0 \implies \beta = -\alpha = -\frac{1}{2} \end{aligned}

   On obtient ainsi :

   \boxed{\alpha = \frac{1}{2}, \quad \beta = -\frac{1}{2}, \quad \delta = -\frac{1}{2}}

   ce qui correspond à l'expression de la longueur d'extension caractéristique de l'oscillateur :

   a_0 = \sqrt{\frac{\hbar}{\mu \omega_0}}

   Passons à l'évaluation de son ordre de grandeur avec les données :

   • \hbar = \frac{h}{2\pi} = \frac{6{,}626 \times 10^{-34}}{2\pi} \approx 1{,}055 \times 10^{-34}\text{ J}\cdot\text{s}
   • \mu \approx m_{\mathrm{H}} \approx 1{,}66 \times 10^{-27}\text{ kg}
   • \omega_0 \approx 10^{15}\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1}

   Le calcul numérique donne :

   a_0 = \sqrt{\frac{1{,}055 \times 10^{-34}}{1{,}66 \times 10^{-27} \times 10^{15}}} = \sqrt{6{,}35 \times 10^{-23}} \approx 8{,}0 \times 10^{-12}\text{ m}

   L'ordre de grandeur de a_0 est donc :

   \boxed{a_0 \sim 10^{-11}\text{ m}}

   Résultat

   $$\alpha =\frac{1}{2},\beta =-\frac{1}{2},\delta =-\frac{1}{2}$$

   $$a_0\sim 10^{-11}\text{ m}$$

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10. Exercice 10E3A Physique-Chimie MP 2026, Q11

    On peut citer trois applications de technologies laser dans des domaines variés :

    1. Médecine et chirurgie : chirurgie réfractive de l'œil (correction de la myopie par LASIK), photocoagulation rétinienne ou ablation de tissus par scalpel laser.
    2. Industrie : découpe, perçage, gravure et soudage de précision de métaux et polymères grâce à la très grande densité d'énergie et à la directivité du faisceau laser.
    3. Télécommunications et vie quotidienne : transmission d'informations à très haut débit par impulsions lumineuses guidées dans des fibres optiques, ou lecture optique (lecteurs de codes-barres, disques optiques).

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